상한과 완비성

위로 막힌 집합에서 가장 작은 천장을 찾습니다. 유리수에 없는 그 천장이 실수를 완성합니다.

상한은 집합의 모든 원소보다 크거나 같은 수 중 가장 작은 수입니다. 천장은 많지만 가장 낮은 천장은 하나뿐입니다. 유리수만으로는 그 천장이 없을 때가 있습니다. 실수는 그 빈자리를 메운 세계입니다.

예를 들면, 반 🧑 친구들의 키를 재는 것과 같습니다. 전원보다 크면서 가장 작은 기준선이 상한입니다. 제일 큰 키에 딱 닿는 선이 그 예입니다. 그 선 아래로 모두 들어갑니다.

sup⁡{1−1n}=1\sup\left\{1-\frac{1}{n}\right\} = 1
S≠∅ bounded above ⇒sup⁡S existsS \ne \varnothing \text{ bounded above } \Rightarrow \sup S \text{ exists}

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

개념 확인

S={1−1n:n≥1}S = \left\{1 - \frac{1}{n} : n \geq 1\right\}에 대해 sup⁡S=1\sup S = 1임을 증명하세요.

(1∉S1 \notin S임에 유의하세요.)

sup⁡{1−1n}=1∉S\sup\left\{1-\frac{1}{n}\right\} = 1 \notin S
상한 후보 1.21.2 — 참 상한 11보다 0.20.2 큽니다.
  1. 1∈S1 \in S이고 11은 SS의 최댓값이다
  2. 1∉S1 \notin S이지만 11은 SS의 가장 작은 상계이다
  3. 11이 SS에 속하지 않으므로 sup⁡S\sup S는 존재하지 않는다
  4. sup⁡S=0\sup S = 0이다 — n=1n = 1인 원소 00이 가장 크기 때문이다
해설 보기

정답: 1∉S1 \notin S이지만 11은 SS의 가장 작은 상계이다

모든 nn에 대해 1−1n<11 - \frac{1}{n} < 1이므로 11은 상계이고, u<1u < 1인 수는 아르키메데스 성질 때문에 상계가 될 수 없어 11이 가장 작은 상계, 즉 sup⁡S=1\sup S = 1입니다. 원소들은 00에서 시작해 11을 향해 증가하므로 00은 가장 작은 원소이고, 11 자체는 어떤 nn에 대해서도 SS의 원소가 아닙니다 — 상한은 집합에 속하지 않을 수 있으며, 존재는 완비성 공리가 보장합니다.

위로 유계인 공집합이 아닌 A,B⊂RA, B \subset \mathbb{R}에 대해 sup⁡(A+B)=sup⁡A+sup⁡B\sup(A+B) = \sup A + \sup B임을 증명하세요.

상한 후보 1.51.5에서 참 상한으로 조여옵니다.
증명 보기

  1. (≤) 모든 a∈Aa \in A, b∈Bb \in B에 대해 a+b≤sup⁡A+sup⁡Ba + b \leq \sup A + \sup B이므로, sup⁡A+sup⁡B\sup A + \sup B는 A+BA + B의 상계입니다. 따라서 sup⁡(A+B)≤sup⁡A+sup⁡B\sup(A+B) \leq \sup A + \sup B입니다.

  2. (≥) ε>0\varepsilon > 0을 잡습니다. a>sup⁡A−ε2a > \sup A - \frac{\varepsilon}{2}인 a∈Aa \in A와 b>sup⁡B−ε2b > \sup B - \frac{\varepsilon}{2}인 b∈Bb \in B를 고를 수 있습니다(상한의 정의).

    그러면 a+b>sup⁡A+sup⁡B−εa + b > \sup A + \sup B - \varepsilon이므로 sup⁡(A+B)≥sup⁡A+sup⁡B−ε\sup(A+B) \geq \sup A + \sup B - \varepsilon입니다.

  3. ε\varepsilon이 임의였으므로 sup⁡(A+B)≥sup⁡A+sup⁡B\sup(A+B) \geq \sup A + \sup B입니다. 두 부등식을 합쳐 sup⁡(A+B)=sup⁡A+sup⁡B\sup(A+B) = \sup A + \sup B를 얻습니다.

완비성 공리로 s=sup⁡{x∈Q:x≥0,x2<2}s = \sup\{x \in \mathbb{Q} : x \geq 0, x^2 < 2\}가 존재함을 받아들이고, s2=2s^2 = 2임을 검증하세요. (존재 자체의 증명은 아이디어 수준으로 둡니다.)

s2<2⇒contradiction,s2>2⇒contradictions^2 < 2 \Rightarrow \text{contradiction},\quad s^2 > 2 \Rightarrow \text{contradiction}
2≈1.4142\sqrt{2} \approx 1.4142 — 유리수 절단값들이 구멍을 향해 다가갑니다.
증명 보기

  1. (보조정리 — 인용) 유리수 Q\mathbb{Q}는 R\mathbb{R}에서 조밀합니다: 실수의 모든 열린 구간 안에는 유리수가 존재합니다.

  2. S={x∈Q:x≥0,x2<2}S = \{x \in \mathbb{Q} : x \geq 0, x^2 < 2\}는 공집합이 아니고(1∈S1 \in S), 위로 유계입니다(예: 22가 상계). 완비성 공리에 의해 s=sup⁡Ss = \sup S가 존재합니다.

  3. s2<2s^2 < 2라 가정합니다. 1∈S1 \in S이고 s=sup⁡Ss = \sup S이므로 s≥1s \ge 1입니다. ε=2−s2>0\varepsilon = 2 - s^2 > 0이라 두고 h<min⁡(1,ε2s+1)h < \min\left(1, \frac{\varepsilon}{2s+1}\right)인 양수 hh를 잡으면, 보조정리에 의해 q=s+h′q = s + h' (0<h′<h0 < h' < h)인 유리수 qq가 있습니다 (q>s≥0q > s \ge 0).

    두 번째 인자를 명시적으로 bound합니다: h′<1h' < 1이므로 q2=s2+2sh′+h′2=s2+h′(2s+h′)<s2+h′(2s+1)<s2+ε=2q^2 = s^2 + 2sh' + h'^2 = s^2 + h'(2s + h') < s^2 + h'(2s+1) < s^2 + \varepsilon = 2입니다. 즉 q∈Sq \in S인데 q>sq > s이므로 ss가 상한이라는 데 모순입니다.

  4. s2>2s^2 > 2라 가정합니다. 다시 1∈S1 \in S이므로 s≥1>0s \ge 1 > 0 — 따라서 2s2s로 나누는 것이 정당합니다. δ=s2−2>0\delta = s^2 - 2 > 0이라 두면 δ<s2\delta < s^2이므로 δ2s<s2<s\frac{\delta}{2s} < \frac{s}{2} < s이고, 보조정리에 의해 s−δ2s<r<ss - \frac{\delta}{2s} < r < s인 유리수 rr이 있으며 r>s/2≥0r > s/2 \ge 0입니다.

    이제 0<s−r<δ2s0 < s - r < \frac{\delta}{2s}이고 0<s+r<2s0 < s + r < 2s이므로 s2−r2=(s−r)(s+r)<δ2s⋅2s=δs^2 - r^2 = (s-r)(s+r) < \frac{\delta}{2s} \cdot 2s = \delta, 즉 r2>s2−δ=2r^2 > s^2 - \delta = 2입니다. rr이 상계임을 보입니다: 임의의 x∈Sx \in S는 x≥0x \ge 0이고 x2<2<r2x^2 < 2 < r^2이며, [0,∞)[0, \infty)에서 제곱이 단조이므로 x<rx < r, 즉 x≤rx \le r입니다. 따라서 rr은 ss보다 작은 SS의 상계이므로 ss가 가장 작은 상한이라는 데 모순입니다.

  5. 따라서 s2=2s^2 = 2입니다. 완비성 공리가 유리수의 '구멍'을 메워 2\sqrt{2}에 해당하는 실수를 만들어냈습니다.

2. 수의 체계